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题目描述

题目链接

为了表彰小联为Samuel星球的探险所做出的贡献，小联被邀请参加Samuel星球近距离载人探险活动。

由于Samuel星球相当遥远，科学家们要在飞船中度过相当长的一段时间，小联提议用扑克牌打发长途旅行中的无聊时间。玩了几局之后，大家觉得单纯玩扑克牌对于像他们这样的高智商人才来说太简单了。有人提出了扑克牌的一种新的玩法。

对于扑克牌的一次洗牌是这样定义的，将一叠N（N为偶数）张扑克牌平均分成上下两叠，取下面一叠的第一张作为新的一叠的第一张，然后取上面一叠的第一张作为新的一叠的第二张，再取下面一叠的第二张作为新的一叠的第三张……如此交替直到所有的牌取完。

如果对一叠6张的扑克牌1 2 3 4 5 6，进行一次洗牌的过程如下图所示： 从图中可以看出经过一次洗牌，序列1 2 3 4 5 6变为4 1 5 2 6 3。当然，再对得到的序列进行一次洗牌，又会变为2 4 6 1 3 5。

游戏是这样的，如果给定长度为N的一叠扑克牌，并且牌面大小从1开始连续增加到N（不考虑花色），对这样的一叠扑克牌，进行M次洗牌。最先说出经过洗牌后的扑克牌序列中第L张扑克牌的牌面大小是多少的科学家得胜。小联想赢取游戏的胜利，你能帮助他吗？

输入格式

输入文件中有三个用空格间隔的整数，分别表示N，M，L（其中0＜N≤10^10 ，0 ≤M≤10^10，且N为偶数）。

输出格式

单行输出指定的扑克牌的牌面大小。

输入输出样例

• 输入 #1

6 2 3

• 输出 #1

6

• 说明/提示

0＜N≤10^10 ，0≤M≤10^10，且N为偶数

前置知识

扩展欧几里得算法

贝祖定理

• 若有整数a，b，c，在方程$ax+by=c$中，未知数x，y有整数解当且仅当c是gcd(a,b)的倍数，其中gcd(a,b)表示a，b的最大公因数。

欧几里得算法

• gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=...=gcd(d,0)=d

算法模板

int gcd(int a,int b){
	if(b==0) return a;
	else return gcd(b,a%b);
}

扩展欧几里得算法

• 用于求解$ax+by=gcd(a,b)$。

算法思想

按照欧几里得算法展开方程$ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=bx'+(a\%b)y'=...=1d+0y=gcd(a,b)$ 其中$bx'+(a\%b)y'=bx'+(a-a/b*b)y'=ay'+(x'-a/b*y')b=ax+by$ 即$x=x',y=x'-a/b*y'$ 最终$gcd(a,b)x_0+0y_0=gcd(a,b)$，即$x_0=1,y_0\in R$，所求得$x,y$只是一组特解，通解为$(x+k*b/d,y-k*b/d)$，推导方法略

算法模板

typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;//gcd(a,b)x=gcd(a,b)
		y=0;//y随意
		return a;
	}
	ll gcd=exged(b,a%b,x,y),r;
	r=x;
	x=y;//x=y'
	y=r-a/b*y;//y=x'-a/b*y'
	return gcd;
}

用途

1. 求乘法逆元
2. 求解$ax+by=c$
3. 求同余方程

乘法单位元：任何数乘以单位元等于这个数，显然乘法的单位元是1。 乘法逆元：任何数乘以他的乘法逆元等于单位元，比如2*0.5=1，0.5就是1的乘法逆元，但这不是我们需要的东西，我们需要的是在模运算下的整数乘法逆元。

二分快速幂与二分龟速乘

二分快速幂

二分幂

• 二分幂，就是平常所用的幂运算化简方法，一般采用递归实现，不建议使用

如

转化为递归方程为

算法模板

typedef long long ll;
ll efm(ll a,ll b,ll n){
	if(b==0) return 1;
	if(b&1) return a*efm(a*a%n,b>>1,n);
	else return efm(a*a%n,b>>1,n);
}

快速幂

• 采用二分的思想利用二进制快速求解$a^b$。

算法思想

这里用b表示二进制数， 如$3^{13}=3^{b1101}=3^{1*b1000}*3^{1*b100}*3^{0*b10}*3^{1*b1}$ $3^{b10}=(3^{b1})^2$ $3^{b100}=(3^{b10})^2$ $3^{b1000}=(3^{b100})^2$ 可以看出，每一项都是前一项的平方，原本需要计算13次的算法被优化到了计算4次，本算法时间复杂度是$O(log_2b)$。

算法模板

• 通常，本算法的幂非常大，所求结果常需要取模

typedef long long ll;
ll ksm(ll a,ll b,ll n){//a^b%n
	ll ret=1;//累乘结果计算
	while(b>0){//非0次幂则计算
		if(b&1){//判断最低为是否为1，0不需要乘入
			ret=ret*a%n;
		}
		a=a*a%n;//由上述推导可得平方关系
		b>>=1;//b右移一位
	}
	return ret;
}

二分龟速乘

• 对于快速幂算法的改进

二分快速幂算法存在的问题

在使用二分快速幂计算乘法时，尽管采用了%n来防止溢出，但仍然会有溢出现象，因为x*x%n，在x*x时就有可能溢出。

二分乘

• 其实就是龟速乘的二分版本，一般用递归实现，不建议使用

乘法可以写成累加的形式，诸如

转化为递归方程为

算法模板

typedef long long ll;
ll gsc(ll a,ll b,ll n){
	if(b==0) return 0;
	if(b&1) return (a+gsc((a<<1)%n,b>>1))%n;
	else return gsc((a<<1)%n,b>>1)%n;
}

龟速乘

我们可以让x*y也变成类似于快速幂的运算形式，诸如 $3*5=3*b101=3*(1*b1+0*b10+1*b100)$ $=1*3*b1+0*3*b10+1*3*b100$ 其中 $3*b10=3*b1+3*b1$ $3*b100=3*b10+3*b10$ 不难发现，每一项都是前一项的二倍，由于本算法甚至慢于for循环相加，故得名龟速乘，时间复杂度为$O(log_2b)$

算法模板

typedef long long ll;
ll gsc(ll a,ll b,ll n){
	ll ret=0;//累加结果计算
	while(b>0){//非0乘则计算
		if(b&1){//判断最低为是否为1，0不需要加入
			ret=(ret+a)%n;
		}
		a=(a+a)%n;//由上述推导可得平方关系
		b>>=1;//b右移一位
	}
	return ret;
}

快速幂的改进

• 引入了龟速乘后，我们便可以改进快速幂算法

typedef long long ll;
ll ksm(ll a,ll b,ll n){
	ll ret=1;
	while(b>0){
		if(b&1){
			ret=gsc(ret,a,n);//修改位
		}
		a=gsc(a,a,n);//修改位
		b>>=1;
	}
	return ret;
}

题解

根据题目不难看出在$n$张牌中第$x$张牌经过$m$伦洗牌后与所在位置$l$满足：

两种解法:

1. 通过同余方程求逆元解答
2. 直接求同余方程解

由于本文旨在学习更多的知识，采用逆元解法 这是线性同余方程，需要快速幂结合扩展欧几里得算法求解。 由于$ax=b(mod\ n)$，令$d=gcd(a,n),t=n/d$，则$x$的最小正整数解为$x=(x\%t+t)\%t$，在本题中$a$为偶数，$n+1$为奇数，则$t=n$

快速幂+龟速乘代码

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,l,x,y;
ll gsc(ll x,ll m){
	ll ret=0;
	while(m){
		if(m&1) ret=(ret+x)%n;
		x=(x+x)%n;
		m>>=1;
	}
	return ret;
}
ll ksm(ll x,ll m){
	ll ret=1;
	while(m){
		if(m&1) ret=gsc(ret,x);
		x=gsc(x,x);
		m>>=1;
	}
	return ret;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	ll r=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll c=x;
	x=y;
	y=c-a/b*y;
	return r;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&l);
	n++;
	ll k=ksm(2,m);
	exgcd(k,n,x,y);
	x=gsc(l,x%n+n);
	printf("%lld",x%n);
	return 0;
}

二分幂+二分乘代码

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,l,x,y;
ll efc(ll x,ll m){
	if(m==0) return 0;
	if(m&1) return (x+efc((x<<1)%n,m>>1))%n;
	else return efc((x<<1)%n,m>>1)%n;
}
ll efm(ll x,ll m){
	if(m==0) return 1;
	if(m&1) return efc(x,efm(efc(x,x)%n,m>>1));
	else return efm(efc(x,x)%n,m>>1);
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	ll r=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll c=x;
	x=y;
	y=c-a/b*y;
	return r;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&l);
	n++;
	ll k=efm(2,m);
	exgcd(k,n,x,y);
	x=efc(l,x%n+n);
	printf("%lld",x%n);
	return 0;
}

扩展

快速乘

• 经Cyan_rose介绍，《论程序底层优化的一些方法与技巧》这篇论文中提到了快速乘

• 可以按此代码实现快速乘

cin>>a>>b>>mod;
cout<<((a*b-(long long)((long double)a*b/mod)*mod+mod)%mod);